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Problemas resueltos de Teorıa de Galois
Redactados por Lorena Vidal Blasco
Becaria de Colaboracion del Departamento de Algebrade la Universidad de Valencia
23.09.09
1.Sea k = Z/pZ, p primo y p(x) ∈ k[x] un polinomio irreducible en k[x]de grado n, n ≥ 1. Razonar que el cuerpo k[x]/ (p(x)) tiene exacta-mente pn elementos.
Sabemos por teorıa:”Si R es un anillo conmutativo y con unidad 1 6= 0, y M es un ideal de R,entonces
M es ideal maximal de R ⇐⇒ R/M es un cuerpo”
”Sea R un D.I.P no cuerpo y a ∈ R, son equivalentes:i) a es irreducible.ii) (a) es maximal de R( (a)= ideal generado por a)”
Teniendo en cuenta estos dos resultados, podemos justificar que k[x]/ (p(x))es un cuerpo, ya que como p(x) es irreducible en k[x] y k[x] es un D.I.P nocuerpo =⇒ (p(x)) es un ideal maximal.
Todo elemento de k[x]/ (p(x)) sera de la forma
g(x) + (p(x))
Por el algoritmo de las division, ∃q(x), r(x) ∈ k[x] tal queg(x) = p(x)q(x) + r(x) siendo r(x) = 0 o δ(r(x)) < δ(p(x)) = n =⇒
g(x)+(p(x)) = p(x)g(x)+r(x)+(p(x)) = r(x)+(p(x)) = a0 + a1x + ... + an−1xn−1| {z }
representante canonico unico
+ (p(x))
Como a0,a1,...,an−1 ∈ Z/pZ, hay pn representantes canonicos =⇒ k[x]/ (p(x))tiene pn elementos, como querıamos demostrar.
2. Demostrar que x3 + x2 + 1 es irreducible en (Z/2Z)[x] y que(Z/2Z)[x]/(x3 + x2 + 1) es un cuerpo de 8 elementos.
1
Para ver que x3 + x2 + 1 ∈ (Z/2Z)[x] es irreducible, hay que ver que no sepuede poner como producto de 2 polinomios de grado inferior a 3 (uno de grado1 y el otro de grado 2), y como consecuencia, se reduce a comprobar que dichopolinomio no tiene raıces en Z/2Z = {0, 1}. Ası
f(x) = x3 + x2 + 1 ∈ (Z/2Z)[x]f(0) = 1 6= 0f(1) = 1 6= 0
=⇒ f(x) no tiene raıces en Z/2Z.
Por otra parte, por el ejercicio anterior, como f(x) es irreducible,Z/2Z)[x]/(x3 + x2 + 1) es un cuerpo de 23 = 8 elementos.
3. Determinar para que primos p es x2 + 1 irreducible en (Z/pZ)[x].
Probaremos que
x2 + 1 es irreducible en (Z/pZ)[x] ⇐⇒ p 6= 2 y p 6≡ 1(4)
(=⇒)
Suponemos que x2 + 1 es irreducible en (Z/pZ)[x]. Como el polinomio es degrado 2, su irreducibilidad se reduce a que no tiene raıces en Z/pZ.
Si p = 2 ⇒ x2 + 1 = (x + 1)2 ⇒ f(x) tendrıa raıces en Z/2Z (el 1 es raız), loque no es posible.
Si p ≡ 1(4) ⇒ 4 | (p − 1) = |(Z/pZ)∗| ⇒ Como (Z/pZ)∗ es un grupo cıclico,∃S ≤ (Z/pZ)∗ tal que |S| = 4 y S es cıclico ⇒ ∃a ∈ S tal que S =< a > yo(a) = 4 ⇒ a4 = 1 ⇒ a4 − 1 = 0 ⇒ (a2 + 1)(a2 − 1) = 0 ⇒ (a2 + 1) = 0 o(a2 − 1) = 0, ya que Z/pZ es un D.I.Si a2 − 1 = 0 ⇒ a2 = 1, lo que no es posible puesto que o(a) = 4. Por tanto,a2 + 1 = 0 ⇒ a ∈ Z/pZ serıa raız de x2 + 1, que no puede ser porque hemossupuesto que x2 + 1 es irreducible en (Z/pZ)[x].
Por tanto, si x2 + 1 es irreducible en (Z/pZ)[x], se tiene que p 6= 2 y p 6≡ 1(4).
(⇐=)
Supongamos que p 6= 2 y que p 6≡ 1(4). Veamos que x2 + 1 es irreducibleen (Z/pZ)[x] por reduccion al absurdo.
Supongamos que ∃a ∈ Z/pZ raız de x2 + 1 ⇒ a2 + 1 = 0.
Por una parte, como a2 + 1 = 0 ⇒ a 6= 0 y a2 = −1, lo que conlleva queo(a) = 4 puesto que como p 6= 2 se tiene que 1 6= −1 en Z/pZ y por tanto,a4 = 1.
Por otra parte, como a 6= 0 ⇒ a ∈ (Z/pZ)∗ ⇒ ap−1 = a|(Z/pZ)∗| = 1 ⇒
2
o(a) = 4 | (p− 1) ⇒ p ≡ 1(4), lo cual no es posible.
Ası que x2 + 1 es irreducible en (Z/pZ)[x].
4. Describir los subcuerpos de C de la forma:a) Q(
√2)
b) Q(i)c) Q(α) donde α es la raız cubica real de 2d) Q(
√5,√
7)e) Q(i
√11)
Antes de empezar con el ejercicio, recordemos el resultado teorico que se vaa usar en su resolucion:
”Si E/F es una extension de cuerpos y a ∈ E es algebraico sobre F , entonces,F (a)/F es finita y [F (a) : F ] = δ(Irr(a, F )).Ademas, en la demostracion de este resultado se observa que si δ(Irr(a, F )) = n,entonces 1, a,a2,...,an−1 es una F-base de F (a)”.
a) Q(√
2)
* Sabemos que Q ⊆ Q(√
2) ⊆ C.*√
2 es algebraico sobre Q ya que es raız de x2 − 2.* x2 − 2 es irreducible en Q porque sus unicas raıces son
√2 y −
√2, que no
estan en Q. Ademas, x2 − 2 es monico. Entonces
x2 − 2 monico + irreducible +√
2 raız =⇒ x2 − 2 = Irr(√
2, Q)
* Teniendo en cuenta el resultado de teorıa, [Q(√
2) : Q] = 2 =⇒ {1,√
2} es unaQ-base de Q(
√2).
Por tanto,Q(√
2) = {t0 + t1√
2 : t0, t1 ∈ Q}
b) Q(i)
* Sabemos que Q ⊆ Q(i) ⊆ C.* i es algebraico sobre Q ya que es raız de x2 + 1.* x2 + 1 es irreducible en Q porque sus unicas raıces son i y −i, que no estanen Q. Ademas, x2 + 1 es monico. Entonces
x2 + 1 monico + irreducible + i raız =⇒ x2 + 1 = Irr(i, Q)
* Igual que antes, [Q(i) : Q] = 2 =⇒ {1, i} es una Q-base de Q(i).Por tanto,
Q(i) = {t0 + t1i : t0, t1 ∈ Q}
3
c) Q(α) donde α es la raız cubica real de 2
* Sabemos que Q ⊆ Q(α) ⊆ C.* α es algebraico sobre Q ya que es raız de x3 − 2.* x3−2 es irreducible en Q[x]. Basta aplicar el criterio de Eisenstein con p = 2.Ademas, x3 − 2 es monico. Entonces
x3 − 2 monico + irreducible + α raız =⇒ x3 − 2 = Irr(α, Q)
* Consecuentemente, [Q(α) : Q] = 3 =⇒ {1, α, α2} es una Q-base de Q(α).Por tanto,
Q(α) = {t0 + t1α + t2α2 : t0, t1, t2 ∈ Q}
d) Q(√
5,√
7)
Sabemos que Q(√
5,√
7) = (Q(√
5))(√
7), entonces, aparece la cadena
Q ⊆ Q(√
5) ⊆ (Q(√
5))(√
7) ⊆ C
* Veamos en primer lugar [Q(√
5) : Q]√
5 es algebraico sobre Q porque es raız de x2 − 5x2 − 5 es irreducible en Q[x] y es monicox2 − 5 = Irr(
√5, Q)
=⇒ [Q(√
5) : Q] = 2
* Calculemos ahora [(Q(√
5))(√
7) : Q(√
5)]. Para ello, necesitamos saberIrr(
√7, Q(
√5)).
Sabemos que Irr(√
7, Q) = x2 − 7 con x2 − 7 ∈ Q[x] ⊆ Q(√
5)[x]. Las unicasraıces de este polinomio son
√7 y −
√7. Si dichas raıces no pertenecen a Q(
√5)
=⇒ x2 − 7 seguira siendo irreducible en Q(√
5)[x]. Se trata pues de ver si√
7 y−√
7 pertenecen a Q(√
5) o no.
Sabemos, por el resultado de teorıa recordado, que {1,√
5} es una Q-base deQ(√
5), y por tanto,
Q(√
5) = {a + b√
5 : a, b ∈ Q} (∗)
Si√
7 ∈ Q(√
5) =⇒ ∃a, b ∈ Q tal que√
7 = a + b√
5 =⇒ 7 = a2 + 5b2 + 2ab√
5
Si a = 0 =⇒ b2 =75
=⇒ b = ±√
7√5, lo que no es posible porque b ∈ Q.
Si b = 0 =⇒ a = ±√
7 que no puede suceder por el mismo motivo que antes.
Por tanto, a, b 6= 0 =⇒√
5 =7− a2 − 5b2
2ablo cual es tambien imposible porque el
primer miembro de la igualdad es irracional mientras que el segundo es racional.
4
As’, Irr(√
7, Q(√
5)) = x2 − 7 =⇒ [(Q(√
5))(√
7) : Q(√
5)] = 2.
* Por transitividad de ındices, sabemos que
[(Q(√
5))(√
7) : Q] = [(Q(√
5))(√
7) : Q(√
5)][Q(√
5) : Q] = 2 · 2 = 4
Por tanto, [Q(√
5,√
7) : Q] = 4, con lo que Q(√
5,√
7) puede verse como unQ-espacio vectorial de dimension 4. Veamos como calcular una base.
Hemos visto que [(Q(√
5))(√
7) : Q(√
5)] = 2 =⇒ una Q(√
5)-base de (Q(√
5))(√
7)es {1,
√7} y ası,
Q(√
5,√
7) = (Q(√
5))(√
7)
= {c + d√
7 : c, d ∈ Q(√
5)}=︸︷︷︸(∗)
{(a0 + b0
√5) + (a1 + b1
√5)√
7 : a0, b0, a1, b1 ∈ Q}
= {a0 + b0
√5 + a1
√7 + b1
√5√
7 : a0, b0, a1, b1 ∈ Q}
En conclusion,{1,√
5,√
7,√
5√
7}
es una Q-base de Q(√
5,√
7) y
Q(√
5,√
7) ={
t0 + t1√
5 + t2√
7 + t3√
5√
7 : t0, t1, t2, t3 ∈ Q}
e) Q(i√
11)
* Sabemos que Q ⊆ Q(i√
11) ⊆ C.* i√
11 es algebraico sobre Q ya que es raız de x2 + 11.* x2 + 11 es irreducible en Q porque sus unicas raıces son i
√11 y −i
√11, que
no estan en Q. Ademas, x2 + 11 es monico. Entonces
x2 + 11 monico + irreducible + i√
11 raız =⇒ x2 + 11 = Irr(i√
11, Q)
* Igual que en los casos anteriores, [Q(i√
11) : Q] = 2 =⇒ {1, i√
11} es unaQ-base de Q(i
√11).
Por tanto,Q(i
√11) = {t0 + t1i
√11 : t0, t1 ∈ Q}
5.Si E/F es una extension algebraica y D es un dominio de integridadtal que F ⊆ D ⊆ E, probar que D es un cuerpo.
5
Como D es un dominio de integridad, para ver que es un cuerpo, solo hayque probar que todo elemento no nulo tiene inverso.
Sea 0 6= a ∈ D ⊆ E. Como E/F es una extension algebraica =⇒ a es al-gebraico sobre F .
Consideremos el cuerpo F (a). Como a es algebraico, sabemos queF (a) = F [a] = {f(a) : f(x) ∈ F [x]}. Ası, si b ∈ F [a] =⇒b = t0 + t1a + ... + tmam con ti ∈ F .
Por otra parte, como a ∈ D y D es un dominio de integridad =⇒ ai ∈ D.
Ası{
ti ∈ F ⊆ Dai ∈ D
}=⇒ b ∈ D =⇒ F (a) = F [a] ⊆ D
Por ultimo, como F (a) es un cuerpo conteniendo a a =⇒ a−1 ∈ F (a) =⇒Como consecuencia, tras haber visto que F (a) ⊆ D =⇒ a−1 ∈ D.
Concluimos que D es un cuerpo.
6. Sean p1, ..., pn primos distintos entre sı y F = Q(√
p1, ...,√
pn). Seanq1, ..., qr cualquier conjunto de primos distintos entre sı y distintos dep1, ..., pn. Probar que
√q1...qr no pertenece a F .
Haremos la demostracion por induccion sobre n.
Si n = 1 =⇒ F = Q(√
p1).
Sabemos que Q ⊆ Q(√
p1).Ademas, Irr(
√p1) = x2 − p1 =⇒ [Q(
√p1) : Q] = 2 =⇒ Una Q-base de F serıa
{1,√
p1} =⇒ F ={t0 + t1
√p1 : t0, t1 ∈ Q
}.
Por reduccion al absurdo, supongamos que√
q1...qr ∈ F =⇒ ∃t0, t1 ∈ Q talque
√q1...qr = t0 + t1
√p1
• Si t0 = 0 =⇒ t1 =√
q1...qr√p1
que no esta en Q, lo que no es posible .
• Si t1 = 0 =⇒ t0 =√
q1...qr que no esta en Q, lo que no es posible. .
• Si t0, t1 6= 0 =⇒ √q1...qr = t0 + t1
√p1 =⇒ q1...qr = t20 + 2t0t1
√p1 + t21p1
=⇒ √p1 =
q1...qr − t20 − t21p1
2t0t1∈ Q, lo que no es posible.
Por tanto,√
q1...qr no pertenece a F , con lo que para n = 1 se cumple la tesis.
Por induccion, supongamos que√
q1...qr no pertenece a Q(√
p1, ...,√
pn−1) paracualquier conjunto de primos distintos entre sı y distintos a p1, ..., pn−1.
6
Sea L = Q(√
p1, ...,√
pn−1) y consideremos L(√
pn).
Por reduccion al absurdo, supongamos que√
q1...qr ∈ L(√
pn) = Q(√
p1, ...,√
pn) =F .
Tenemos Q ⊆ L ⊆ L(√
pn) = F
Veamos que Irr(√
pn, L) = x2 − pn (lo sabemos sobre Q, no sobre L).Como pn 6= p1, ..., pn−1 y primo, por hipotesis de induccion,
√pn no pertenece
a L = Q(√
p1, ...,√
pn−1) =⇒ Irr(√
pn, L) = x2 − pn (pues las unicas raıces dex2 − pn no pertenecen a L) =⇒ [F : L] = [L(
√pn) : L] = 2 =⇒ una L-base de
L(√
pn) = F sera{1,√
pn
}.
Como hemos supuesto que√
q1...qr ∈ L(√
pn) = Q(√
p1, ...,√
pn) = F =⇒∃ t0, t1 ∈ L tal que
√q1...qr = t0 + t1
√pn
• Si t1 = 0 =⇒ t0 =√
q1...qr lo que no es posible porque t0 ∈ L y, sinembargo, por hipotesis de induccion,
√q1...qr no esta en L.
• Si t0 = 0 =⇒ √q1...qrpn = t1pn ∈ L lo que no es posible por la hipotesis
de induccion.
.
Si t0, t1 6= 0 =⇒ √q1...qr = t0 + t1
√pn =⇒ q1...qr = t20 + 2t0t1
√pn + t21pn =⇒
√pn =
q1...qr − t20 − t21pn
2t0t1∈ L, que de nuevo es imposible.
Luego√
q1...qr no pertenece a L(√
pn) = F .
7. Continuando con el problema anterior probar:a) [Q(
√p1, ...,
√pn) : Q] = 2n
b) Si p1, ..., pi, .... es una sucesion infinita de primos distintos entresı, entonces Q(
√p1, ...,
√pi, ...) es una extension algebraica no finita de
Q.
a) Haremos la demostracion por induccion sobre n.
Si n = 1, entonces, [Q(√
p1) : Q] = 2 ya que Irr(√
p1, Q) = x2 − p1.
Suponemos la hipotesis cierta para n− 1, es decir, suponemos que[Q(
√p1, ...,
√pn−1) : Q] = 2n−1.
LLamamos L = Q(√
p1, ...,√
pn−1). Entonces, aparece la situacion
Q ⊆ L ⊆ L(√
pn) = Q(√
p1, ...,√
pn)
7
Por transitividad de grados sabemos que
[Q(√
p1, ...,√
pn) : Q] = [L(√
pn) : Q] = [L : Q][L(√
pn) : L] =︸︷︷︸HI
2n−1[L(√
pn) : L]
Por tanto, se trata de comprobar si [L(√
pn) : L] = 2. Para ello, calculemosIrr(
√pn, L).
Sabemos que Irr(√
pn, Q) = x2 − pn, pero, ¿sigue siendolo sobre L?.La respuesta sera positiva ⇐⇒ √
pn no pertenece a L.
Como pn 6= pi ∀i = 1, ..., n − 1 y pn es primo, por el ejercicio anterior,√
pn
no pertenece a L =⇒ Irr(√
pn, L) = x2 − pn =⇒ [L(√
pn) : L] = 2 =⇒[Q(
√p1, ...,
√pn) : Q] = 2n.
b)Veamos en primer lugar que Q(√
p1, ...,√
pi, ...) es una extension no finitade Q.
Por reduccion al absurdo, supongamos que
[Q(√
p1, ...,√
pi, ...) : Q] = m < ∞
Entonces, tenemos la situacion
Q ⊆ Q(√
p1, ...,√
pm) ⊆ Q(√
p1, ...,√
pi, ...)
Por transitividad de grados sabemos
m = [Q(√
p1, ...,√
pi, ...) : Q]= [Q(
√p1, ...,
√pi, ...) : Q(
√p1, ...,
√pm)][Q(
√p1, ...,
√pm) : Q]
=︸︷︷︸(b)
a · 2m ( con a > 1)
> 2m =⇒m > 2m ] ∀m ∈ N
Por tanto, la extension no es finita.
Para ver que la extension es algebraica necesitamos el resultado:
”Si E/F es una extension de cuerpos y S es un subconjunto de elementos de Ealgebraicos sobre F , entonces, F (S)/F es algebraica”.
Teniendo en cuenta este resultado y que√
pi son algebraicos sobre Q ∀i(Irr(
√pi, Q) = x2 − pi), se deduce que Q(
√p1, ...,
√pi, ...) es una extension al-
gebraica no finita de Q.
8. Sean p1, p2, p3 y p4 primos distintos entre sı. Hallar:i) [Q(
√p1p2,
√p1p3) : Q]
ii) [Q(√
p1p2,√
p3p4) : Q]
8
i) Sabemos que Q(√
p1p2,√
p1p3) = Q(√
p1p2)(√
p1p3), con lo que aparece lacadena
Q ⊆ Q(√
p1p2) ⊆ Q(√
p1p2)(√
p1p3)
Por transitividad de grados se tiene
[Q(√
p1p2)(√
p1p3) : Q] = [Q(√
p1p2)(√
p1p3) : Q(√
p1p2)][Q(√
p1p2) : Q]
Como Irr(√
p1p2, Q) = x2 − p1p2, se tiene que [Q(√
p1p2) : Q] = 2.
Por otra parte, calculemos [Q(√
p1p2)(√
p1p3) : Q(√
p1p2)].Para ello, necesitamos conocer Irr(
√p1p3, Q(
√p1p2)). Sabemos que
Irr(√
p1p3, Q) = x2−p1p3, pero, ¿sigue siendo el polinomio irreducible de√
p1p3
sobre Q(√
p1p2)?.Esto pasara ⇐⇒ √
p1p3 no pertenece a Q(√
p1p2).
Si√
p1p3 ∈ Q(√
p1p2) ⊆ Q(√
p1,√
p2) =⇒ √p1 ·
√p1p3 = p1
√p3 ∈ Q(
√p1,√
p2)=⇒ √
p3 ∈ Q(√
p1,√
p2) lo que no es posible por el ejercicio 6. Por lo tantoIrr(
√p1p3, Q(
√p1p2) = x2 − p1p3 =⇒ [Q(
√p1p2)(
√p1p3) : Q(
√p1p2)]=2.
Finalmente [Q(√
p1p2,√
p1p3) : Q] = 2 · 2 = 4.
ii) Sabemos que Q(√
p1p2,√
p3p4) = Q(√
p1p2)(√
p3p4), con lo que aparece lacadena
Q ⊆ Q(√
p1p2) ⊆ Q(√
p1p2)(√
p3p4)
Por transitividad de grados se tiene
[Q(√
p1p2)(√
p3p4) : Q] = [Q(√
p1p2)(√
p3p4) : Q(√
p1p2)][Q(√
p1p2) : Q]
Como Irr(√
p1p2, Q) = x2 − p1p2, se tiene que [Q(√
p1p2) : Q] = 2.
Por otra parte, calculemos [Q(√
p1p2)(√
p3p4) : Q(√
p1p2)].
De nuevo por el ejercicio 6, se deduce que√
p3p4 no pertenece a Q(√
p1p2) ⊆Q(√
p1,√
p2) luego :Irr(
√p3p4, Q(
√p1p2)) = Irr(
√p3p4, Q) = x2 − p3p4 =⇒ [Q(
√p1p2)(
√p3p4) :
Q(√
p1p2)] = 2.
Como consecuencia [Q(√
p1p2,√
p3p4) : Q] = 2 · 2 = 4.
9. Sean p1, ..., pn primos distintos entre sı y F = Q(√
p1, ...,√
pn). Pro-bar que para cada i existe σi ∈ G(F/Q) tal que σi(
√pi) = −√pi y
σi(√
pj) = √pj si j 6= i.
Usar este hecho para demostrar que√
p1, ...,√
pn son Q-linealmenteindependientes.
Para resolver la primera parte del ejercicio, recordemos el resultado:
9
Sean E1/E y E2/E extensiones, a ∈ E1 y b ∈ E2, ambos algebraicos sobreE. Entonces
a y b son E-conjugados ⇐⇒ ∃σ : E(a) −→ E(b) E-isomorfismo tal que σ(a) = b
Veamos en primer lugar que para cada i existe el Q-automorfismo buscado.
Fijado i, queremos encontrar σi ∈ G(F/Q) tal que{
σi(√
pi) = −√pi
σi(√
pj) = √pj si j 6= i
Sabemos por el ejercicio 6 que√
pi no pertenece aQ(√
p1, ...,√
pi−1,√
pi+1, ...,√
pn) = L =⇒ Irr(√
pi, L) = Irr(√
pi, Q) = x2 −pi = Irr(−√pi, L) .
Como consecuencia,√
pi y −√pi son L-conjugados, con lo que aplicando elresultado recordado para E1 = E2 = F , E = L, a =
√pi y b = −√pi, se deduce
que
∃σi : L(√
pi)︸ ︷︷ ︸F
−→ L(−√pi) = L(√
pi) = F L-isomorfismo tal que σi(√
pi) = −√pi
Notar que como σi es un L-isomorfismo, se verifica que σi(√
pj) = √pj para
j 6= i. Ademas, como σi deja fijos a los elementos de L, en particular, tambiendejara fijos a los elementos de Q, con lo que σi es tambien un Q-automorfismo.
Por lo tanto, para cada i existe σi ∈ G(F/Q) tal que σi(√
pi) = −√pi yσi(√
pj) = √pj si j 6= i.
Veamos ahora que√
p1, ...,√
pn son Q-linealmente independientes.
Supongamos que existen a1, ..., an ∈ Q tales que a1√
p1 + · · ·+ an√
pn = 0︸ ︷︷ ︸(1)
.
Aplicamos a (1) σ1 ∈ G(F/Q) (σ1(√
p1) = −√p1 y σ1(√
pj) = √pj si j 6= 1):
0 = σ1(0) = σ1(a1√
p1 + · · · an√
pn) = a1σ1(√
p1) + · · ·+ anσ1(√
pn)
⇓
−a1√
p1 + · · ·+ an√
pn = 0︸ ︷︷ ︸(2)
Restamos (1)− (2):
a1√
p1 + · · ·+ an√
pn = 0
− − a1√
p1 + · · ·+ an√
pn = 0
2a1√
p1 = 0 =⇒ a1 = 0
10
Aplicamos ahora a (1) σ2 ∈ G(F/Q) (σ2(√
p2) = −√p2 y σ2(√
pj) = √pj si
j 6= 2):
0 = σ2(0) = σ2(a1√
p1+a2√
p2+· · · an√
pn) = a1σ2(√
p1)+a2σ2(√
p2)+· · ·+anσ2(√
pn)
⇓
a1√
p1 − a2√
p2 + · · ·+ an√
pn = 0︸ ︷︷ ︸(3)
Restamos (1)− (3):
a1√
p1 + a2√
p2 + · · ·+ an√
pn = 0
− a1√
p1 − a2√
p2 + · · ·+ an√
pn = 0
2a2√
p2 = 0 =⇒ a2 = 0
Repitiendo el proceso reiteradamente, vamos obteniendo a3 = . . . = an = 0 alaplicar σ3, . . . σn, respectivamene. Por tanto,
√p1, . . . ,
√pn son Q-linealmente
independientes.
10. Sean p1, ..., pn primos distintos entre sı y F = Q(√
p1, ...,√
pn). Pro-bar que F = Q(
√p1 + ... +
√pn) y que G(F/Q) ∼= C2 × ...× C2.
Veamos en primer lugar que F = Q(√
p1 + ... +√
pn).
Sabemos, por el ejercicio 7, que [Q(√
p1, ...,√
pn) : Q] = [F : Q] = 2n.
Notar que Q(√
p1 + ... +√
pn) ⊆ Q(√
p1, ...,√
pn)
Aparece entonces la cadena
Q ⊆ Q(√
p1 + ... +√
pn) ⊆ Q(√
p1, ...,√
pn)
Queremos ver que [Q(√
p1 + ... +√
pn) : Q] = 2n, es decir, queδ(Irr(
√p1+ ...+
√pn, Q)) = 2n ya que ası, dado que [Q(
√p1, ...,
√pn) : Q] = 2n,
por transitividad de grados, tendremos que [F : Q(√
p1 + ... +√
pn)] = 1 =⇒Q(√
p1 + ... +√
pn) = F = Q(√
p1, ...,√
pn).
Notar que F/Q es una extension finita de Galois ya que√
p1, ...,√
pn son lasraıces de
f(x) = (x2 − p1)(x2 − p2) · · · (x2 − pn)
que es separable por ser Q de caracterıstica 0 =⇒ F es cuerpo de escision sobreQ de f(x) ∈ Q[x], polinomio separable sobre Q. (Se ha usado la tercera condi-cion del teorema de caracterizacion de las extensiones finitas de Galois).
11
Sea G = G(F/Q) el grupo de Galois de F/Q. Sabemos que |G| = [F : Q]=2n.
Sea a =√
p1 + . . . +√
pn y p(x) = Irr(a, Q).
Como
√
pi ∈ F√pi es algebraico
σ ∈ G
=⇒ σ(√
pi) = ±√pi ya que σ(√
pi) es tambien
raız de Irr(√
pi, Q) = x2 − pi ( lo veremos despues en (∗)).
Teniendo en cuenta esto, es claro que los 2n Q-automorfismos de F estan per-fectamente determinados. Ahora bien:i) δ(Irr(a, Q) ≤ 2n
ii)todo elemento σ(a), con σ ∈ G, es raız de p(x)iii) |{σ(a)|σ ∈ G}| = 2n por el ejercicio 9luego δ(Irr(a, Q) = 2n.
(∗) Sea E/F una extension de cuerpos y a ∈ E un elemento algebraico. Seap(x) = Irr(a, F ) y sea σ ∈ G(E/F ), entonces σ(a) es tambien raız de p(x) yp(x) = Irr(σ(a), F ).En efecto, supongamos que p(x) = s0 + s1x+ s2x
2 + · · ·+ sn−1xn−1 +xn ∈ F [x]
=⇒ s0 + s1a + s2a2 + · · ·+ sn−1a
n−1 + an = 0.Aplicando σ se obtiene que:
0 = σ(0)= σ(s0 + s1a + s2a
2 + · · ·+ sn−1an−1 + an)
= σ(s0) + σ(s1)σ(a) + · · ·+ σ(sn−1)σ(an−1) + σ(an)= s0 + s1σ(a) + · · ·+ sn−1(σ(a))n−1 + (σ(a))n
Luego, σ(a) es raız de p(x) y p(x) = Irr(σ(a), F ).
Veamos ahora que G(F/Q) ∼= C2 × ...× C2.
Sabemos hasta ahora:
1. F/Q es una extension finita de Galois con |G(F/Q)| = [F : Q] = 2n.
2. Hemos visto que ∀ 1 6= σ ∈ G(F/Q) se cumple que σ(√
pi) = ±√pi
para cualquier i =⇒ o(σ) = 2 ( ya que como F = Q(√
p1, ...,√
pn) =Q[√
p1, ...,√
pn], σ queda determinado por las imagenes de√
p1, ...,√
pn)=⇒ G(F/Q) es abeliano.
Para demostrar que G(F/Q) ∼= C2 × ...× C2 lo haremos por inducion sobre n.
Si n = 1, F = Q(√
p1) =⇒ [Q(√
p1) : Q] = 2 = |G(F/Q)| =⇒ G(F/Q) ∼= C2
Establecemos la aplicacion
ϕ : G(F/Q) −→ G(Q(√
p1, ...,√
pn−1)/Q)×G(Q(√
pn)/Q)
σ 7−→ (σ|Q(√p1,...,√
pn−1), σ|Q(
√pn))
12
Notar que como la extension F/Q es abeliana, las extensiones Q(√
p1, ...,√
pn−1)/Qy Q(
√pn)/Q son de Galois y ϕ esta bien definida.
Llamemos L = Q(√
p1, ...,√
pn−1) = Q[√
p1, ...,√
pn−1].
ϕ es un homomorfismo de grupos
Demostracion obvia teniendo en cuenta que la restriccion del producto deautomorfismos es el producto de las restricciones respectivas.
ϕ es inyectiva
Si ϕ(σ) = (1L, 1Q(√
pn)) debe ser σ = 1F . Por lo tanto ϕ es un monomorfis-mo entre dos grupos del mismo orden, luego es un isomorfismo.
Por hipotesis de induccion se sigue que:
G(F/Q) ∼= G(L/Q)×G(Q(√
pn)/Q) ∼= C2 × . . .× C2︸ ︷︷ ︸n
11. Hallar Irr(a, Q) para a = 2 +√
2,√
2 +√
2,√
2 +√
2 +√
2.
a = 2 +√
2
a = 2 +√
2 =⇒ (a− 2)2 = 2 =⇒ a2 − 4a + 2 = 0
Luego a es raız del polinomio p(x) = x2 − 4x + 2.
Ademas, p(x) es irreducible en Q[x] por el criterio de Eisenstein para p = 2.
Por ultimo, como p(x) es monico, se deduce que Irr(a, Q) = x2 − 4x + 2.
a =√
2 +√
2
a =√
2 +√
2 =⇒ a2 = 2 +√
2 =⇒ (a2 − 2)2 = 2 =⇒ a4 − 4a2 + 2 = 0
Luego , a es raız del polinomio p(x) = x4 − 4x2 + 2.
Ademas, p(x) es irreducible en Q[x] por el criterio de Eisenstein para p = 2.
Por ultimo, como p(x) es monico, se deduce que Irr(a, Q) = x4 − 4x2 + 2.
a =√
2 +√
2 +√
2
a =
√2 +
√2 +
√2 =⇒ a2 = 2 +
√2 +
√2 =⇒ (a2 − 2)2 = 2 +
√2 =⇒
a4−4a2+4 = 2+√
2 =⇒ ((a4+2)−4a2)2 = 2 =⇒ a8−8a6+20a4−16a2+2 = 0
13
Luego a es raız del polinomio p(x) = x8 − 8x6 + 20x4 − 16x2 + 2.
Ademas, p(x) es irreducible en Q[x] por el criterio de Eisenstein para p = 2.
Por ultimo, como p(x) es monico, se deduce queIrr(a, Q) = x8 − 8x6 + 20x4 − 16x2 + 2.
12. Sea a ∈ C raız de x3 + x + 1. Probar que Q(a,√
2) = Q(a√
2).
Veamos que Q(a,√
2) = Q(a√
2).
⊇ Esta inclusion es inmediata, ya que como a y√
2 ∈ Q(a,√
2) y Q(a,√
2)es un cuerpo =⇒ a
√2 ∈ Q(a,
√2), y dado que Q(a
√2) es el menor cuerpo
conteniendo a Q y a a√
2, se concluye que
Q(a√
2) ⊆ Q(a,√
2)
⊆ Para demostrar esta inclusion, basta con ver que a (y por tanto√
2)∈ Q(a
√2), ya que como Q(a,
√2) es el menor cuerpo conteniendo a ambos
elementos, se tendraQ(a,
√2) ⊆ Q(a
√2)
Como x3 + x + 1 es irreducible en Q[x] se tiene que Irr(a, Q) = x3 + x + 1 y[Q(a) : Q] = 3 .
Por otra parte, (a√
2)2 = 2a2 ∈ Q(a√
2). Como Q ⊆ Q(a2) ⊆ Q(a) y Q 6= Q(a2)pues a2 /∈ Q, se sigue que Q(a2) = Q(a) =⇒ a ∈ Q(a2) ⊆ Q(a
√2).
Por lo tanto Q(a,√
2) ⊆ Q(a√
2) =⇒ Q(a,√
2) = Q(a√
2)
13. Comprobar que Q( 3√
2, i) = Q( 3√
2 + i) y obtener Irr( 3√
2 + i, Q) .
Veamos primero que Q( 3√
2, i) = Q( 3√
2 + i).
⊇ Se cumple ya que 3√
2 y i ∈ Q( 3√
2, i) =⇒ 3√
2 + i ∈ Q( 3√
2, i) =⇒Q( 3√
2 + i) ⊆ Q( 3√
2, i).
= Tenemos la cadena
Q ⊆ Q( 3√
2 + i) ⊆ Q( 3√
2, i)
Veamos que el grado de Q( 3√
2, i) es 6, ya que entonces, por trasitividad degrados podremos deducir los grados [Q( 3
√2 + i) : Q] y [Q( 3
√2, i) : Q( 3
√2 + i)],
14
respectıvamente.
Dado que Q( 3√
2, i) = Q( 3√
2)(i) aparece la cadena
Q ⊆ Q( 3√
2) ⊆ Q( 3√
2)(i)
Entonces,[Q( 3
√2, i) : Q] = [Q( 3
√2, i) : Q( 3
√2)][Q( 3
√2) : Q]
Como 3√
2 es algebraico y Irr( 3√
2, Q) = x3 − 2 =⇒ [Q( 3√
2) : Q] = 3.
Como i no pertenece a Q( 3√
2) ⊆ R =⇒ Irr(i, Q( 3√
2)) = Irr(i, Q) = x2 + 1=⇒ [Q( 3
√2, i) : Q( 3
√2)] = 2 luego [Q( 3
√2, i) : Q] = 2 · 3 = 6
Sea L = Q( 3√
2 + i). Supongamos que i /∈ L, entonces L ⊂ L(i) = Q( 3√
2, i) =⇒[L : Q] = 3 = δ(Irr( 3
√2 + i, Q).
Si Irr( 3√
2 + i, Q) = a + bx + cx2 + x3 =⇒ a + b( 3√
2) + bi + c( 3√
4− 1 + 2i 3√
2) +( 3√
2+ i)3 = a+ b 3√
2+ bi+ c 3√
4− c+2ic 3√
2+2+ i 3√
4− 3√
2− i+2i 3√
4− 2 3√
2 =0 =⇒ b+2c 3
√2+3 3
√4−1 = 0, lo que no es posible pues 1, 3
√2, 3√
4 es una Q-basede Q( 3
√2).
Por lo tanto i ∈ L =⇒ 3√
2 ∈ L y finalmente L = Q( 3√
2 + i) = Q( 3√
2, i).
Vamos ahora a calcular Irr( 3√
2 + i, Q). Para ello, necesitamos tener en cuentauna serie de resultados:
Sea E/F una extension y sea a ∈ E, a 6= 0, algebraico sobre F .Consideremos la aplicacion
h : E −→ E
y 7−→ ay
Notar que Irr(a, F ) = polinomio mınimo de a respecto de h.Sea Sh,a el F -subespacio generado por a y todas sus imagenes respecto de h
Sh,a =<{a, h(a), h2(a), ...
}>=<
{a, a2, a3, ...
}>
Entonces, Sh,a ⊆ F (a) = F [a].Por otra parte, como dimSh,a =grado del polinomio mınimo de a = δ(Irr(a, F )) =dimF F (a) =⇒ Sh,a = F (a).Consideremos la restriccion
h|F (a): F (a) −→ F (a)
Entonces, como polmin a | polmin h|F (a)| polcar h|F (a)
yδ(polcar h|F (a)
) = dimF (F (a)) = δ(polmin a) =⇒ polcar h|F (a)= polmin a =
Irr(a, F ).Por tanto, para obtener el Irr(a, F ) basta con calcular el polinomio carac-terıstico de la aplicacion
h|F (a): F (a) −→ F (a)
15
y 7−→ ay
Una vez hechos los incisos necesarios vamos a seguir con el ejercicio.
Hemos visto antes que [Q( 3√
2+ i) : Q] = 6, con lo que una Q-base de Q( 3√
2+ i)es β =
{1, 3√
2, 3√
4, i, 3√
2i, 3√
4i}.
LLamemos a = 3√
2 + i.
Por los resultados recordados, para obtener Irr(a, Q), basta con calcular elpolinomio caracterıstico de la aplicacion
h : Q(a) −→ Q(a)
y 7−→ ay
es decir, basta con calcular la matriz coordenada A de h en la base β y obtener|xI −A|.
Por tanto, calculemos A (por columnas):
h(1) = a · 1 = a = 3√
2 + i
h( 3√
2) = a · 3√
2 = 3√
4 + 3√
2i
h( 3√
4) = a · 3√
4 = 2 + 3√
4i
h(i) = a · i = 3√
2i− 1h( 3√
2i) = a · 3√
2i = 3√
4i− 3√
2h( 3√
4i) = a · 3√
4i = 2i− 3√
4
=⇒ A =
0 0 2 −1 0 01 0 0 0 −1 00 1 0 0 0 −11 0 0 0 0 20 1 0 1 0 00 0 1 0 1 0
Entonces basta obtener
|xI −A|
..
14. Hallar:a) Irr(1 + 3
√2 + 3
√4, Q)
b) Irr
(√3 + 2
√2, Q
)a) Irr(1 + 3
√2 + 3
√4, Q)
Sea a = 1 + 3√
2 + 3√
4Siguiendo el mismo razonamiento que en el ejercio 13, para obtener Irr(a, Q),basta con calcular el polinomio caracterıstico de la aplicacion
h : Q(a) −→ Q(a)
16
.y 7−→ ay
es decir, basta con calcular la matriz coordenada A de h en una cierta base deQ(a) y obtener |xI −A|.
Busquemos una Q-base de Q(a) Sabemos que
Q ⊆ Q(1 + 3√
2 + 3√
4) ⊆ Q( 3√
2)
Ademas, [Q( 3√
2) : Q] = 3, pues 3√
2 es algebraico y Irr( 3√
2, Q) = x3 − 2.
Por tanto, por transitividad de grados se verifica,
Q = Q(1 + 3√
2 + 3√
2)oQ(1 + 3
√2 + 3
√2) = Q( 3
√2)
Como 1 + 3√
2 + 3√
2 no pertenece a Q, se tiene que Q 6= Q(1 + 3√
2 + 3√
2)=⇒ Q(1 + 3
√2 + 3
√2) = Q( 3
√2).
Como consecuencia, una Q-base de Q(a) = Q( 3√
2) es β = {1, 3√
2, 3√
4}, y lamatriz coordenada A de h en dicha base es
h(1) = a · 1 = 1 + 3√
2 + 3√
4h( 3√
2) = a · 3√
2 = 3√
2 + 3√
4 + 2h( 3√
4) = a · 3√
4 = 3√
4 + 2 + 2 3√
2
=⇒ A =
1 2 21 1 21 1 1
Por tanto,
Irr(a, Q) = |xI −A| =
∣∣∣∣∣∣x− 1 −2 −2−1 x− 1 −2−1 −1 x− 1
∣∣∣∣∣∣ =︸︷︷︸operando
x3 − 3x2 − 3x− 1
. Por lo tanto, Irr(a, Q) = x3 − 3x2 − 3x− 1.
b) Irr
(√3 + 2
√2, Q
)Sea a=
√3 + 2
√2.
a2 = 3 + 2√
2 =⇒ (a2 − 3) = 2√
2 =⇒ a4 − 6a2 + 9 = 4 · 2 =⇒ a4 − 6a2 + 1 = 0=⇒ a es raız del polinomio x4 − 6x2 + 1 = p(x), pero p(x) no es irreducible.
Sin embargo,x4 − 6x2 + 1 = (x2 + 2x− 1)(x2 − 2x− 1)
siendo ambos polinomios irreducibles.
Como a es raız de p(x), necesariamente a es raız de uno de los polinomios,siendo este su irreducible.
Notar que√
3 + 2√
2 =√
(1 +√
2)2 = (1 +√
2). Entonces, teniendo en cuentaesto, se comprueba que
(1 +√
2)2 − 2(1 +√
2)− 1 = 0 =⇒ Irr(a, Q) = x2 − 2x− 1
17
15. Sea f(x) = x3 − x + 1 ∈ Z3[x]. Probar:i) f(x) es irreducible en Z3[x].ii) Si E es cuerpo de escision sobre Z3 de f(x) se tiene que [E : Z3] = 3,luego E es un cuerpo de 27 elementos.
i) Para ver que f(x) es irreducible en Z3[x], bastara con probar que f(x) notiene raıces en Z3:
f(0) = 1 6= 0f(1) = 1 6= 0f(2) = 1 6= 0
=⇒ f(x) no tiene raıces en Z3 =⇒ f(x) es irreducible en
Z3[x].
ii) Calculemos el cuepo de escision E de f(x) sobre Z3, y veamos que su gradoes 3.
Sabemos por teorıa que ∃ a raız de f(x) en una cierta extension de Z3. Ademas:
◦ Consideremos a + 1.(a+1)3 = a3+1 (porque carZ3 = 3)=⇒ (a+1)3−(a+1)+1 = a3+1−a−1+1 =a3 − a + 1 =︸︷︷︸
a es raız
0 =⇒ a + 1 tambien es raız de f(x).
◦ Consideremos ahora a + 2.(a+2)3 = a3+2 =⇒ (a+2)3−(a+2)+1 = a3+2−a−2+1 = a3−a+1 =︸︷︷︸
a es raız
0
=⇒ a + 2 tambien es raız de f(x).
Luego, E =Z3(a,a+1,a+2) =︸︷︷︸como E es un cuerpo
Z3(a)=⇒
[E : Z3] = [Z3(a) : Z3] = δ(f(x)) = 3
Veamos ahora que E es un cuerpo de 27 elementos.
Sabemos que E puede verse como un Z3-espacio vectorial dedimZ3E = [E : Z3] = 3, con lo que si {b1, b2, b3} es una Z3-base de E, todoelemento e ∈ E podra escribirse como
e = a1b1 + a2b2 + a3b3
con a1, a2, a3 ∈= Z3 = {0, 1, 2}.
Ası, |E| = |Z3|3 = 33 = 27.
16. Hallar dos polinomios distintos entre sı con el mismo cuerpo deescision.
18
Consideremos los polinomios p(x) = x2 + 3 y q(x) = x2 + x + 1 sobre Q[x].Obviamente, son polinomios distintos. Veamos que tienen el mismo cuerpo deescision.
Cuerpo de escision de p(x)
Las raıces de p(x) = x2 +3 son√
3i y −√
3i, con lo que el cuerpo de escision dep(x) sobre Q vendra dado, en principio, por
E1 = Q(√
3i,−√
3i)
No obstante, como E1 es un cuerpo, si aparece√
3i, tambien lo hara su opuesto,y por tanto, podemos evitar la adjuncion de tal elemento, ası que
E1 = Q(√
3i)
Cuerpo de escision de q(x)
Las raıces de q(x) = x2 + x + 1 son −12(1 +
√3i) y −1
2(1−
√3i), y por tanto,
el cuerpo de escision de q(x) es
E2 = Q(−1
2(1 +
√3i),−1
2(1−
√3i)
)Igual que antes, dado que E2 es un cuerpo se tiene:
• Como −2 y −12(1 +
√3i) pertenecen a E2 =⇒
−2 · −12(1 +
√3i) = (1 +
√3i) ∈ E2. Y analogo para −1
2(1−
√3i) =⇒
E2 = Q(1 +√
3i, 1−√
3i).
• Como −1 ∈ E2 y 1 +√
3i ∈ E2 =⇒ −1 + 1 +√
3i =√
3i ∈ E2. Y analogopara 1−
√3i =⇒ E2 = Q(
√3i,−
√3i)
• Por ultimo, siguiendo el mismo razonamiento que en caso anterior,si√
3i ∈ E2, tambien lo estara su opuesto, con lo que E2 = Q(√
3i)
Por lo tanto E1 = E2.
17. Sea E = GF (pn). Si m ≥ 1 es entero, probar que son equivalentes:
i) E tiene un subcuerpo de pm elementosii) m | niii) pm − 1 divide a pn − 1
Veamos primero que i) ⇒ ii)
19
Dado que E es un cuerpo de pn elementos , sabemos que su cuerpo primoes isomorfo a Z/pZ, con lo que, por definicion, carE = p.
Suponemos que E contiene un subcuerpo F de pm elementos. Es decir, Ees una extension de F .
Consideremos a E como F -espacio vectorial (Se puede hacer porque (E,+)es un grupo abeliano y ∃ F × E −→ E definida como (t, a) −→ ta cumpliendolas condiciones necesarias). Como E es finito como cuerpo, considerado comoF -espacio vectorial tambien lo es, es decir, dimF (E) = d < ∞.
Recordar que dimF (E) coincide con el grado de la extension E/F ([E : F ])⇒[E : F ] = d < ∞.
Sea a ∈ E y sean a1, a2, ....., ad una F -base de E. Entonces
a = t1a1 + t2a2 + ..... + tdad con ti ∈ F
Teniendo en cuenta esto, dado que cada ti recorre pm elementos distintos, sepodran formar (pm)d terminos distintos de E, es decir, | E |= (pm)d.
Por otro lado, sabemos que | E |= pn. Ası que
| E |= (pm)d = pmd = pn ⇒ n = md ⇒ m | n
Veamos ahora que ii) ⇒ iii)
Para resolver este apartado, recordemos primero el teorema de EVALUACIONvisto en temas anteriores de teorıa:
”Sean R y S anillos conmutativos y con unidad y ϕ : R −→ S homomor-fismo de anillos tal que ϕ(1R) = 1S , entonces, ∃ un unico homomorfismo deanillos ϕ : R[x] −→ S tal que ϕ|R = ϕ y ϕ(x) = s, siendo s un elemento de Spreviamente fijado”.Ademas, ϕ viene dado por
ϕ : R[x] −→ S
a0 + a1x + ... + amxm 7−→ ϕ(a0) + ϕ(a1)s + ... + ϕ(am)sm
Sigamos con el ejercicio. Supongamos que m | n, es decir, supongamos que ∃dtal que n = md.Sabemos que
xd − 1 = (x− 1)(xd−1 + xd−2 + ... + x + 1)
Si se pudiera sustituir x por pm, se tendrıa
pn − 1 = pmd − 1 = (pm)d − 1 = (pm − 1)(pm(d−1) + pm(d−2) + ... + pm + 1) ⇒
⇒ (pm − 1)|(pn − 1)
20
como queremos, con lo que este apartado se reduce a comprobar si se puederealizar la sustitucion, y ahı, es cuando entra el teorema de evaluacion recordado.
Consideremos el homomorfismo 1Z : Z −→ Z y pm ∈ Z (ϕ : R −→ S, y sdel teorema de evaluacion). El teorema garantiza que ese homomorfismo seextiende al homomorfismo unico
1Z : Z[x] −→ Z
t0 + t1x + ..... + trxr 7−→ t0 + t1p
m + ..... + trpmr
lo que justifica que se pueda realizar la sustitucion, ya que simplemente serıaaplicar 1Z al polinomio xd − 1.
Por ultimo, veamos que iii) ⇒ i)
Suponemos, por hipotesis, que (pm − 1) | (pn − 1).
Sabemos que E es un cuerpo finito de pn elementos ⇒ E∗ ∼= Cpn−1 (Cpn−1 =grupo cıclico de pn − 1 elementos).
Por ser E∗ cıclico, sabemos que ∃ | H ≤ E∗ tal que |H| = pm − 1 (Ya queen un grupo cıclico finito existe un unico subgrupo para cada divisor del ordendel grupo).
Notar que si a ∈ H =⇒ apm−1 = 1 (porque dado un grupo finito G, ∀g ∈ G severifica que g|G| = 1)=⇒ apm
= a =⇒ todos los elementos de H son raıces delpolinomio xpm − x.
Consideremos H ∪ {0}. Los elementos de H ∪ {0} son raıces de xpm − x(los de H lo acabamos de ver y el 0 es claro), y ademas, no hay mas, pues|H ∪ {0}| = pm = grado(xpm − x).
Como consecuencia, sabemos, por la demostracion de un resultado visto enteorıa, que H ∪ {0} es un subcuerpo de E de pm elementos (se trata del resul-tado que hace referencia a la existencia de cuerpos finitos de pn elementos paracada primo p y n > 1).
18.Sea p(x) monico irreducible en GF (p)[x] de grado m. Dado un en-tero n ≥ 1 probar que son equivalentes:
i) p(x) | (xpn − x)ii) p(x) tiene alguna raız en un cuerpo de pn elementosiii) m | n
Veamos primero que i) ⇒ ii)
◦ Como ya hemos recordado en el ejercicio anterior, las raıces de xpn −x formanun cuerpo de pn elementos.
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◦ Tambien sabemos, que salvo isomorfismos, ∃ un unico cuerpo finito de pn
elementos (GF (pn)).◦ Ademas, las raıces de xpn −x son raıces de sus factores irreducibles y al reves.
Teniendo en cuenta estos tres puntos, como podemos considerar que GF (pn)esta formado por las raıces de xpn − x, si p(x) | (xpn − x), ∃a ∈ GF (pn) tal quea es raız de p(x).
Veamos ahora que ii) ⇒ iii)
Supongamos que existe un cuerpo E de pn elementos tal que a ∈ E y a esraız de p(x). Notar, que entonces, GF (p) ⊆ E ya que carE = p y su cuerpoprimo 4 = Z/pZ = GF (p).
Tenemos
a raız de p(x)p(x) polinomio monico irreducible en GF (p)[x]
ff⇒ p(x) = Irr(a, GF (p))⇒ [GF (p)(a) :
GF (p)] = m.
Como consecuencia, dimGF (p)GF (p)(a) = m =⇒ |GF (p)(a)| = pm, pues si {a1, a2, ..., am}es una GF (p)-base de GF (p)(a), todo elemento de GF (p)(a) se puede poner comot1a1 + t2a2 + ... + tmam con ti ∈ GF (p).
Ası
|E| = pn
|GF (p)(a)| = pm
GF (p)(a) ⊆ E
9=; ⇒ m | n (por el ejercicio 17).
Por ultimo, veamos que iii) ⇒ i)
Supongamos que m | n.
Sea a raız de p(x) en una cierta extension de GF (p)(existencia garantizada por unresultado de teorıa). Entonces, p(x) = Irr(a, GF (p)).Consideremos GF (p)(a). Tal y como se ha visto en el apartado anterior, [GF (p)(a) :GF (p)] = m y |GF (p)(a)| = pm.
Si comprobaramos que a es raız de xpn
− x se tendrıa que p(x) | xpn
− x.
Dado que a ∈ GF (p)(a) y que |GF (p)(a)| = pm, sabemos que a es raız del poli-nomio xpm
− x ⇒ apm
= a.
Por otra parte, como m | n ⇒ ∃r tal que n = mr, con lo que
apn
= apmr
=
"»hapm|{z}
a
ipm – ...|{z}#pm
=
"»apm
– ...|{z}#pm
= ... = a
Por lo tanto a es raız de xpn
− x, y como consecuencia, p(x) | xpn
− x.
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19. Demostrar que x4 + 1 no es irreducible sobre cualquier cuerpo finito.
Sea K un cuerpo finito (K = GF (pn) = GF (q)).
Si carK = 2 =⇒ x4 + 1 = (x + 1)4 =⇒ x4 + 1 no es irreducible sobre K.
Suponemos que carK = p con p primo distinto de 2.
Como q es impar, existe r ≥ 1 tal que q = 2r+1 =⇒ q2−1 = 4r(r+1) =⇒ 8 | (q2−1).
Considerar E = GF (q2) =⇒ E∗ ∼= Cq2−1 y como 8|q2 − 1, sabemos que existe a ∈ E∗
tal que o(a) = 8. Por lo tanto 0 = a8−1 = (a4−1)(a4+1) y necesariamente a4+1 = 0.Si p(x) = Irr(a, GF (q)) entonces p(x)|x4 + 1.Como GF (q) ⊆ GF (q)(a) ⊆ GF (q2) y[GF (q2) : GF (q)] = 2, el grado de p(x) puede ser 1, 2. Concluimos por tanto que x4+1no es irreducible en GF (q)[x].
20. Sea n un entero positivo y f(x) = xn − 2 irreducible sobre Q por elcriterio de Eisenstein. Determinar el cuerpo de escision E de f(x) sobre Q.Si n = p, con p primo, razonar que [E : Q] = p(p− 1).
Calculemos primero el cuerpo de escision de f(x) sobre Q.
Si ω es una raız n-esima primitiva de la unidad, es claro que E = Q( n√
2, ω).
Supongamos que n = p. Expliquemos algo mas este caso particular:
Las raıces de f(x) son p√
2, p√
2ω, . . . , p√
2ωp−1 siendo ω = e2πi
p una raız p-esima prim-itiva de la unidad.Entonces, el cuerpo de escision E de f(x) sobre Q viene dado por
E = Q(p√
2,p√
2ω, . . . ,p√
2ωp−1) = Q(p√
2, ω)
.Veamos ahora que [E : Q] = p(p− 1).
Como E = Q( p√
2, ω) = Q( p√
2)(ω), aparece la cadena
Q ⊆ Q(p√
2) ⊆ Q(p√
2)(ω) = E
Luego, por transitividad de grados
[E : Q] = [Q(p√
2) : Q] · [E : Q(p√
2)]
Como p√
2 es algebraico, se tiene que[Q( p
√2) : Q] = δ(Irr( p
√2, Q) = δ(xp − 2) = p.
Por otra parte, calculemos [E : Q( p√
2)]. Para ello, como ω es algebraico, sera su-ficiente con calcular Irr(ω, Q( p
√2)) y ver cual es su grado.
Sabemos que Irr(ω, Q) = xp−1 + · · · + x + 1 ∈ Q[x] ⊆ Q( p√
2)[x], ya que como ωes raız p-esima primitiva de la unidad, es raız del polinomioxp − 1 = (x− 1)(xp−1 + · · ·+ x + 1), y por tanto, es raız de xp−1 + · · ·+ x + 1 , que
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es irreducible sobre Q.
Como consecuencia de la definicion de polinomio irreducible, y de queIrr(ω, Q) = xp−1 + · · ·+ x + 1 ∈ Q( p
√2)[x] se tiene que
Irr(ω, Q(p√
2)) | xp−1 + · · ·+ x + 1
⇓δ(Irr(ω, Q(
p√
2))) ≤ p− 1
Ası, [E : Q] ≤ p(p− 1).
Por otro lado, como [Q( p√
2) : Q] y [Q(ω) : Q] dividen a [E : Q] (por transitividadde grados) y p es primo, se tiene que p · (p− 1) | [E : Q]
=⇒|{z}Como [E:Q]≤p(p−1)
[E : Q] = p(p− 1).
21. Sea a ∈ C satisfaciendo a2 = 1 + i. Demostrar que cada cuerpo de lacadena
Q ⊆ Q(i√
2) ⊆ Q(i,√
2) ⊆ Q(√
2, a)
es extension de grado 2 de su anterior.
Q ⊆ Q(i√
2) ⊆ Q(i,√
2) ⊆ Q(√
2, a)
[Q(i√
2) : Q] = 2
Es claro pues i√
2 es algebraico sobre Q y Irr(i√
2, Q) = x2 + 2.
[Q(i,√
2) : Q(i√
2)] = 2
Para demostrarlo basta tener en cuenta que [Q(i,√
2) : Q] = 4, ya que entonces,por transitividad de grados se tiene que
4 = [Q(i,√
2) : Q] = [Q(i,√
2) : Q(i√
2)] · [Q(i√
2) : Q] = [Q(i,√
2) : Q(i√
2)] · 2
⇓
[Q(i,√
2) : Q(i√
2)] =4
2= 2
[Q(√
2, a) : Q(i,√
2)] = 2
Para probar que [Q(√
2, a) : Q(i,√
2)] = 2, veamos que [Q(√
2, a) : Q] = 8, ya queentonces, por transitividad de grados, se tiene que
8 = [Q(√
2, a) : Q] = [Q(i,√
2) : Q][Q(√
2, a) : Q(i,√
2)] = 4 · [Q(√
2, a) : Q(i,√
2)]
⇓
[Q(√
2, a) : Q(i,√
2)] =8
4= 2
Como a2 = 1 + i se tiene que a2 − 1 = i =⇒ (a2 − 1)2 = −1 =⇒ a4 − 2a2 + 2 = 0. Lasraıces de x4 − 2x2 + 2 = 0 son: a1 = a =
√1 + i, a2 = −a1, a3 =
√1− i, a4 = −a3.
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Comoa1a3 =
√2 /∈ Q, Q(a2
1) = Q(i) 6= Q(√
2)
sabemos que si E es cuerpo de escision de x4 − 2x2 + 2 sobre Q, [E : Q] = 8(G(E/Q) ∼= D8) y E = Q(a1, a1a3) = Q(a,
√2).
22. Sea f(x) = (x12 − 16)(x2 − 3) ∈ Q[x]. Probari) E = Q( 3
√2,√
3, i) es cuerpo de escision sobre Q de f(x) y que[E : Q] = 12.ii) ∃ M/Q finita de Galois con Q ⊆ M ⊆ E tal que [M : Q] = 6.iii) G(E/Q) � A4
i)Veamos en primer lugar que E es cuerpo de escision sobre Q de f(x).
◦ Las raıces de x12 − 16 son a, aε, aε2, . . . , aε11 siendo8>><>>:a = 12
√16 = 2
412 = 2
13 = 3
√2 (raız real)
ε = e2πi12 = e
πi6 = cos 30 + i sin 30 =
√3
2+
i
2(ε es raız 12-esima primitiva de la unidad )
◦ Las raıces de x2 − 3 son√
3 y −√
3.
Por tanto, el cuerpo de escision de f(x) sobre Q es
E = Q(a, aε, . . . , aε11,√
3,−√
3) = Q(3√
2, i,√
3)
Veamos ahora que [E : Q] = 12.
Sea L = Q(√
3, i). Aparece la cadena
Q ⊆ L ⊆ E = L(3√
2)
con lo que[E : Q] = [E : L][L : Q]
◦ [L : Q] = [Q(√
3, i) : Q] = 4 puesto que:
• Q ⊆ Q(√
3) ⊆ Q(√
3, i)
• [Q(√
3, i) : Q] = [Q(√
3, i) : Q(√
3)][Q(√
3) : Q]
• [Q(√
3) : Q] = 2 ya que√
3 es algebraico y Irr(√
3, Q) = x2 − 3
• [Q(√
3, i) : Q(√
3)] = 2 pues i es algebraico y Irr(i, Q(√
3)) = x2 + 1 (ya que ino esta en Q(
√3) ⊆ R)
◦ Calculemos [E : L]. Para ello, obtengamos el Irr( 3√
2, L).
Sabemos que Irr( 3√
2, Q) = x3 − 2.
Recordar que o(ε) = 12 ası o(ε4) = 3 y las raıces de x3 − 2 son 3√
2, 3√
2ε4 y 3√
2ε8. Sillamamos ω = ε4, se tiene que las raıces son 3
√2, 3√
2ω y 3√
2ω2.
Si 3√
2 ∈ L =⇒ Q ⊆ Q( 3√
2) ⊆ L y entonces [Q( 3√
2) : Q] = 3, dividirıa a 4 = [L : Q].
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De forma totalmente analoga sucede para 3√
2ω y 3√
2ω2.
Luego, Irr( 3√
2, L) = x3 − 2 =⇒ [E : L] = 3.
Por lo tanto, [E : Q] = [E : L][L : Q] = 3 · 4 = 12.
ii) Consideremos el cuerpo de escision M de x3 − 2 sobre Q.Hemos visto antes que sus raıces son 3
√2, 3√
2ω y 3√
2ω2 (ω = −1/2 + i√
3/2), con loque
M = Q(3√
2,3√
2ω,3√
2ω2) = Q(3√
2, ω) = Q(3√
2, i√
3)
Como carQ = 0, x3 − 2 es separable, y ası , la extension M/Q es de Galois (por serM cuerpo de escision de un polinomio separable).
Por otra parte, calculemos [M : Q].
Tenemos la cadenaQ ⊆ Q(
3√
2) ⊆ M
con lo que[M : Q] = [M : Q(
3√
2)][Q(3√
2) : Q]
◦ [Q( 3√
2) : Q] = 3 ya que 3√
2 es algebraico y Irr( 3√
2, Q) = x3 − 2.
◦ Sabemos que Irr(i√
3, Q) = x2 + 3.Ademas, como i
√3 no pertenece a Q( 3
√2), se tiene que Irr(i
√3, Q( 3
√2)) = x2 + 3
luego [M : Q( 3√
2)] = 2.
Por lo tanto, [M : Q] = [M : Q( 3√
2)][Q( 3√
2) : Q] = 2 · 3 = 6.
iii) Como M/Q es finita de Galois, sabemos por el teorema fundamental de Galois,que
G(M/Q) ∼=G(E/Q)
G(E/M)
Ademas, |G(M/Q)| = [M : Q] = 6.
Por otra parte, notar que E/Q tambien es una extension finita de Galois, ya quef(x) es separable por ser carQ = 0, y E es su cuerpo de escision. Como consecuencia,|G(E/Q)| = [E : Q] = 12.
Entonces
6 = |G(M/Q)| = |G(E/Q)||G(E/M)| =
12
|G(E/M)|⇓
|G(E/M)| = 12
6= 2
Luego, G(E/M) es un subgrupo de orden 2 normal en G(E/Q) =⇒G(E/Q) � A4 puesto que los unicos subgrupos normales de A4 son 1, V4 y A4, ningunode ellos es de orden 2.
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